View
0
Download
0
Category
Preview:
Citation preview
OLIMPIADA NAȚIONALĂ DE MATEMATICĂ
Etapa locală - 01. 02. 2020
BAREM DE CORECTARE - Clasa a IX –a
Notă:
1Fiecare corector acordă un număr întreg de puncte; 2Orice altă rezolvare corectă se punctează corespunzător;
PROBLEMA 1.
Să se determine funcțiile 𝑓:𝑁∗ → 𝑅 cu proprietatea :
𝑓(1) + 2 ∙ 𝑓(2) + 3 ∙ 𝑓(3) + … + 𝑛 ∙ 𝑓(𝑛) = 𝑓(𝑛 + 1) − 1,∀ 𝑛 ∈ 𝑁∗
Soluție.
Pentru n=1 relația devine 𝑓(2) = 1 + 𝑓(1). (1 punct )
Pentru n=2 relația devine 𝑓(1) + 2𝑓(2) = 𝑓(3) − 1 ⟺ 𝑓(3) = 3(1 + 𝑓(1)). ( 1 punct )
Pentru n=3 relația dată conduce la 𝑓(4) = 12 ∙ (1 + 𝑓(1)). (1 punct )
Prin inducție se arată că 𝑓(𝑛) =𝑛!
2(1 + 𝑓(1)), pentru orice 𝑛 ≥ 2. (unde 𝑛! = 1 ∙ 2 ∙ … ∙ 𝑛)
(3 puncte)
Notând f(1)=a, unde a este un număr real, rezultă că funcțiile căutate sunt:
𝑓: 𝑁∗ → 𝑅, 𝑓(𝑛) = {𝑎, 𝑛 = 1
𝑛!(𝑎+1)
2, 𝑛 ≥ 2
. ( 1 punct )
OLIMPIADA NAȚIONALĂ DE MATEMATICĂ
Etapa locală - 01. 02. 2020
BAREM DE CORECTARE - Clasa a IX –a
Notă:
1Fiecare corector acordă un număr întreg de puncte; 2Orice altă rezolvare corectă se punctează corespunzător;
PROBLEMA 2.
Să se rezolve în ℝ ecuația:
√𝑥2 + 31𝑥 + √𝑥 + 31 = 𝑥 + √𝑥 + 8
Soluție:
√𝑥(𝑥 + 31) + √𝑥 + 31 = √𝑥(√𝑥 + 1) + 8
√𝑥 + 31 (√𝑥 + 1) = √𝑥(√𝑥 + 1) + 8
(√𝑥 + 1) (√𝑥 + 31 − √𝑥) = 8
2p
𝑛𝑜𝑡ă𝑚 𝑎 = √𝑥 + 31 ș𝑖 𝑏 = √𝑥
{(𝑏 + 1)(𝑎 − 𝑏) = 8
𝑎2 − 𝑏2 = 31 ⟺ {
(𝑏 + 1)(𝑎 − 𝑏) = 8(𝑎 − 𝑏)(𝑎 + 𝑏) = 31
2p
𝑑𝑎𝑟 𝑎 ≠ 𝑏 ⇒ 𝑏 + 1
𝑎 + 𝑏= 8
31 ⟺ 𝑎 =
23𝑏 + 31
8 ⇒ 15𝑏2 + 46𝑏 − 33 = 0
2p
𝑏1 = − 11
3, 𝑏2 =
3
5 ⟹ 𝑥 =
9
25 1p
OLIMPIADA NAȚIONALĂ DE MATEMATICĂ
Etapa locală - 01. 02. 2020
BAREM DE CORECTARE - Clasa a IX –a
Notă:
1Fiecare corector acordă un număr întreg de puncte; 2Orice altă rezolvare corectă se punctează corespunzător;
PROBLEMA 3.
Fie rombul ABCD și punctele 𝑀 ∈ (𝐴𝐵),𝑁 ∈ (𝐵𝐶), 𝑃 ∈ (𝐶𝐷). Să se arate că centrul de greutate al
triunghiului MNP aparține dreptei AC dacă și numai dacă AM + DP = BN.
Soluție:
Fie R mijlocul lui [𝑁𝑃] 𝑖𝑎𝑟 𝑀𝑅 ⋂𝐴𝐶 = {𝐺}
𝐶𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟ă𝑚 𝑀𝐺
𝐺𝑅= 𝑘, 𝐴𝐵 = 𝑎, …………………………………………………………………… . 1𝑝
𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ =1
1 + 𝑘 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ +
𝑘
1 + 𝑘𝐴𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗ =
1
1 + 𝑘
𝐴𝑀
𝑎𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ +
𝑘
1 + 𝑘 1
2 (𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗)
=1
1 + 𝑘
𝐴𝑀
𝑎𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ +
𝑘
2(1 + 𝑘) (𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) +
𝑘
2(1 + 𝑘) (𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝐷𝑃⃗⃗ ⃗⃗ ⃗)
=𝐴𝑀
(1 + 𝑘)𝑎𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ +
𝑘
2(1 + 𝑘) 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ +
𝑘
2(1 + 𝑘) 𝐵𝑁
𝑎 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ +
𝑘
2(1 + 𝑘) 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ +
𝑘
2(1 + 𝑘) 𝐷𝑃
𝑎 𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗
= (𝐴𝑀
(1 + 𝑘)𝑎+
𝑘
2(1 + 𝑘)+
𝑘𝐷𝑃
2𝑎(1 + 𝑘)) ∙ 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + (
𝑘𝐵𝑁
2𝑎(1 + 𝑘)+
𝑘
2(1 + 𝑘)) ∙ 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ ……… . .2𝑝
𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗
𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗, 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ 𝑐𝑜𝑙𝑖𝑛𝑖𝑎𝑟𝑖 ⇔ 𝐴𝑀
(1 + 𝑘)𝑎+
𝑘
2(1 + 𝑘)+
𝑘𝐷𝑃
2𝑎(1 + 𝑘)=
𝑘𝐵𝑁
2𝑎(1 + 𝑘)+
𝑘
2(1 + 𝑘)
𝐴𝑀
(1 + 𝑘)𝑎+
𝑘𝐷𝑃
2𝑎(1 + 𝑘)=
𝑘𝐵𝑁
2𝑎(1 + 𝑘)
𝐴𝑀 +𝑘
2𝐷𝑃 =
𝑘
2𝐵𝑁 (∗) ………………………………………………………………………… . 3𝑝
𝐺 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑢 𝑑𝑒 𝑔𝑟𝑒𝑢𝑡𝑎𝑡𝑒 ⟺ 𝑘 = 2 (∗)⇔𝐴𝑀 +𝐷𝑃 = 𝐵𝑁 …………………………………..1p
OLIMPIADA NAȚIONALĂ DE MATEMATICĂ
Etapa locală - 01. 02. 2020
BAREM DE CORECTARE - Clasa a IX –a
Notă:
1Fiecare corector acordă un număr întreg de puncte; 2Orice altă rezolvare corectă se punctează corespunzător;
PROBLEMA 4.
1. Se dau numerele 𝑥, 𝑦, 𝑧 > 0 pentru care 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 2.
a) Să se demonstreze că 𝑥−𝑦
𝑥𝑦+2𝑧+
𝑦−𝑧
𝑦𝑧+2𝑥+
𝑧−𝑥
𝑧𝑥+2𝑦= 0.
b) Să se demonstreze că 𝑥
𝑥𝑦+2𝑧+
𝑦
𝑦𝑧+2𝑥+
𝑧
𝑧𝑥+2𝑦≥9
8.
Barem
a)
𝑥−𝑦
𝑥𝑦+2𝑧+
𝑦−𝑧
𝑦𝑧+2𝑥+
𝑧−𝑥
𝑧𝑥+3𝑦=
𝑥−𝑦
𝑥𝑦+(𝑥+𝑦+𝑧)𝑧+
𝑦−𝑧
𝑦𝑧+(𝑥+𝑦+𝑧)𝑥+
𝑧−𝑥
𝑧𝑥+(𝑥+𝑦+𝑧)𝑦=
𝑥−𝑦
(𝑥+𝑧)(𝑦+𝑧)+
𝑦−𝑧
(𝑥+𝑦)(𝑥+𝑧)+
𝑧−𝑥
(𝑥+𝑦)(𝑦+𝑧)=𝑥2−𝑦2+𝑦2−𝑧2+𝑧2−𝑥2
(𝑥+𝑦)(𝑥+𝑧)(𝑦+𝑧)= 0. ............................3p
b) 𝑥
𝑥𝑦+2𝑧+
𝑦
𝑦𝑧+2𝑥+
𝑧
𝑧𝑥+2𝑦=
𝑦
𝑥𝑦+2𝑧+
𝑧
𝑦𝑧+2𝑥+
𝑥
𝑧𝑥+2𝑦⟹
𝑥
𝑥𝑦+2𝑧+
𝑦
𝑦𝑧+2𝑥+
𝑧
𝑧𝑥+2𝑦=1
2(
𝑥+𝑦
(𝑥+𝑧)(𝑦+𝑧)+
𝑦+𝑧
(𝑥+𝑦)(𝑥+𝑧)+
𝑧+𝑥
(𝑥+𝑦)(𝑦+𝑧)) (1)..........................................1p
Notăm. 𝑥 + 𝑦 = 𝑎, 𝑦 + 𝑧 = 𝑏, 𝑧 + 𝑥 = 𝑐 , 𝑎, 𝑏, 𝑐 > 0 1
2(𝑎
𝑏𝑐+
𝑏
𝑎𝑐+
𝑐
𝑎𝑏) =
1
2∙𝑎2+𝑏2+𝑐2
𝑎𝑏𝑐≥1
2∙𝑎𝑏+𝑎𝑐+𝑏𝑐
𝑎𝑏𝑐=1
2(1
𝑎+1
𝑏+1
𝑐) (2)............................1p
1
𝑎+1
𝑏+1
𝑐
3≥
3
𝑎+𝑏+𝑐⟹
1
𝑎+1
𝑏+1
𝑐≥9
4 (3)............................1p
(1),(2),(3)⇒
𝑥
𝑥𝑦+2𝑧+
𝑦
𝑦𝑧+2𝑥+
𝑧
𝑧𝑥+2𝑦≥9
8 .............................1p
OLIMPIADA NAȚIONALĂ DE MATEMATICĂ
Etapa locală - 01. 02. 2020
BAREM DE CORECTARE - Clasa a X –a
Notă:
1Fiecare corector acordă un număr întreg de puncte; 2Orice altă rezolvare corectă se punctează corespunzător;
PROBLEMA 1.
Fie numerele complexe 202021 ..., , , zzz , fiecare având modulul egal cu 1 și 0 ... 202021 zzz . Să se
arate că 20202020
1
k
kzz ∀ z ϵ ℂ .
Soluție:
Din 0 ... 202021 zzz rezultă 0 ... 202021 zzz , deci 01
...11
202021
zzz
(2p)
2020
1
2020
1
2020
1
11k kk k
k
k
kz
z
z
zzzz (2p)
Folosind inegalitatea triunghiului avem 202020201
...11
12020
1 2020121
2020
1
kk k zzzz
z
z (3p)
OLIMPIADA NAȚIONALĂ DE MATEMATICĂ
Etapa locală - 01. 02. 2020
BAREM DE CORECTARE - Clasa a X –a
Notă:
1Fiecare corector acordă un număr întreg de puncte; 2Orice altă rezolvare corectă se punctează corespunzător;
PROBLEMA 2.
Determinați x, y ϵ (0, +∞) astfel încât
lg2 (𝑥
𝑦) = 3 lg (
𝑥
2020) ∙ lg (
2020
𝑦)
Soluție:
Notăm lg x – lg 2020 =a și lg y – lg 2020 =b
Avem bayxy
x
lglglg . (1p)
Ecuația devine (a - b)2 = -3ab , adică a2 + ab + b2 = 0 . (3p)
𝑑𝑎𝑐ă 𝑏 ≠ 0 𝑎𝑡𝑢𝑛𝑐𝑖 𝑎𝑣𝑒𝑚 𝑒𝑐𝑢𝑎ț𝑖𝑎 (𝑎
𝑏)
2
+ (𝑎
𝑏) + 1 = 0, 𝑛𝑢 𝑎𝑟𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢ț𝑖𝑖 𝑟𝑒𝑎𝑙𝑒
𝑑𝑒𝑐𝑖 𝑏 = 0
Soluția unică a acestei ecuații omogene este a = b = 0. (2p)
Deci x = y = 2020 . (1p)
OLIMPIADA NAȚIONALĂ DE MATEMATICĂ
Etapa locală - 01. 02. 2020
BAREM DE CORECTARE - Clasa a X –a
Notă:
1Fiecare corector acordă un număr întreg de puncte; 2Orice altă rezolvare corectă se punctează corespunzător;
PROBLEMA 3.
Rezolvați ecuația 555 12254 xxx în ℝ
Soluție:
Observăm că x=2 este soluție. (1p)
Deoarece 2
1x nu este soluție, putem împărți ecuația prin 5 12 x .
Obținem 112
2
12
5455
x
x
x
x . (1p)
Deoarece 12
32
12
54
xx
x și
12
31
2
1
12
2
xx
x putem nota t
x
12
3 (2p)
Ecuația devine 112
12 55 tt (*).
Deoarece funcția 55 12
12)( tttf este strict crescătoare pe R , ecuația (*) are soluția unică
t = -1.
Deci x=2 soluție unică. (3p)
OLIMPIADA NAȚIONALĂ DE MATEMATICĂ
Etapa locală - 01. 02. 2020
BAREM DE CORECTARE - Clasa a X –a
Notă:
1Fiecare corector acordă un număr întreg de puncte; 2Orice altă rezolvare corectă se punctează corespunzător;
PROBLEMA 4.
Să se determine funcția f : ℝ → (0, +∞) care verifică simultan condițiile :
a) xxf 5 ∀ x ϵ ℝ
b) yfxfyxf ∀ x, y ϵ ℝ
Soluție :
Logaritmăm în baza 5 ambele relații și obținem :
xxf 5log și )(log)(loglog 555 yfxfyxf ∀ x, y ϵ ℝ
Notând g(x)= xf5log avem xxg )( (1) și )()( ygxgyxg ∀ x, y ϵ ℝ (2)
Din (1) rezultă g(0) ≤ 0 și din (2) pentru x=y=0 rezultă g(0) ≥ 0 , deci g(0) = 0 ................(2p)
Din (2) pentru y = - x avem 0=g(0) ≤ g(x)+g(-x), adică g(x) ≥ - g(-x) .................................(2p)
Din (1) g(-x) ≤ - x, adică -g(-x) ≥ x, deci g(x)≥x. .................................................................(2p)
În concluzie g(x)=x, adică xxf 5 ∀ x ϵ ℝ .......................................................................(1p)
OLIMPIADA NAȚIONALĂ DE MATEMATICĂ
Etapa locală - 01. 02. 2020
BAREM DE CORECTARE - Clasa a XI –a
Notă:
1Fiecare corector acordă un număr întreg de puncte; 2Orice altă rezolvare corectă se punctează corespunzător;
PROBLEMA 1.
𝐹𝑖𝑒 𝐴 ∈ ℳ𝑛(ℝ∗), 𝑛 ∈ ℕ 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟
𝐷𝑎𝑐ă 𝐴 ∙ 𝐴𝑡 = 𝐼𝑛, 𝑎𝑟ă𝑡𝑎ț𝑖 𝑐ă 𝑑𝑒𝑡(𝐴2 − 𝐼𝑛) = 0, 𝑢𝑛𝑑𝑒 𝐴
𝑡 𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑝𝑢𝑠𝑎 𝑚𝑎𝑡𝑖𝑐𝑒𝑖 𝐴
Soluție:
𝑑𝑒𝑡(𝐴2 − 𝐼𝑛) = 𝑑𝑒𝑡(𝐴2 − 𝐴 ∙ 𝐴𝑡) = 𝑑𝑒𝑡(𝐴) ∙ 𝑑𝑒𝑡(𝐴 − 𝐴𝑡) (1) ……………………………… 3p
𝐷𝑎𝑟 𝑑𝑒𝑡(𝐴 − 𝐴𝑡) = 𝑑𝑒𝑡(𝐴 − 𝐴𝑡)𝑡 = 𝑑𝑒𝑡(𝐴𝑡 − 𝐴) = (−1)𝑛𝑑𝑒𝑡(𝐴 − 𝐴𝑡) = −𝑑𝑒𝑡(𝐴 − 𝐴𝑡)
⟹ 𝑑𝑒𝑡(𝐴 − 𝐴𝑡) = 0 ………………………………………………………………………….…..3p
(1)⇒ 𝑑𝑒𝑡(𝐴2 − 𝐼𝑛) = 0 ………………………………………………………………………………1p
OLIMPIADA NAȚIONALĂ DE MATEMATICĂ
Etapa locală - 01. 02. 2020
BAREM DE CORECTARE - Clasa a XI –a
Notă:
1Fiecare corector acordă un număr întreg de puncte; 2Orice altă rezolvare corectă se punctează corespunzător;
PROBLEMA 2.
Se consideră șirul (𝑎𝑛)𝑛≥1 𝑐𝑢 𝑎1 ∈ (0,1) ș𝑖 𝑎𝑛+1 = 2𝑎𝑛 − 1 𝑝𝑒𝑛𝑡𝑟𝑢 𝑛 ≥ 1. Să se calculeze:
𝑎. ) lim𝑛→∞
𝑎𝑛 𝑏. ) lim𝑛→∞
𝑎𝑛+1𝑎𝑛
Gazeta matematică
Soluție:
a.) Se arată că 𝑎𝑛 ∈ (0,1), ∀ 𝑛 ∈ ℕ∗
Deoarece 𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 = 2𝑎𝑛 − 1 − 𝑎𝑛 < 0, ∀ 𝑛 ∈ ℕ
∗ ⟹ ș𝑖𝑟𝑢𝑙 (𝑎𝑛)𝑛≥1 𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑠𝑡𝑟𝑖𝑐𝑡 𝑑𝑒𝑠𝑐𝑟𝑒𝑠𝑐ă𝑡𝑜𝑟.
𝑑𝑒𝑐𝑖 ș𝑖𝑟𝑢𝑙 (𝑎𝑛)𝑛≥1 𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑡 .......................................................................................... 2p
𝐹𝑖𝑒 𝑙 = lim𝑛→∞
𝑎𝑛
Trecând la limită în relația de recurență, obținem că 𝑙 = 2𝑙 − 1 ⟹ 𝑙 = 0 𝑠𝑎𝑢 𝑙 = 1
Cum șirul este descrescător, l = 0. ...................................................................................................2p
b.)
lim𝑛→∞
𝑎𝑛+1
𝑎𝑛 = lim
𝑛⟶∞
2𝑎𝑛 −1
𝑎𝑛= ln 2
...............................................................................................................................................3p
OLIMPIADA NAȚIONALĂ DE MATEMATICĂ
Etapa locală - 01. 02. 2020
BAREM DE CORECTARE - Clasa a XI –a
Notă:
1Fiecare corector acordă un număr întreg de puncte; 2Orice altă rezolvare corectă se punctează corespunzător;
PROBLEMA 3.
Determinați toate mulțimle 𝒜 = {𝐴, 𝐵, 𝐶} cu proprietățile:
i.) 𝐴, 𝐵, 𝐶 ∈ ℳ2(ℝ) 𝑛𝑒𝑠𝑖𝑛𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟𝑒; ii.) ∀ 𝑋, 𝑌 ∈ 𝒜 ⟹ 𝑋𝑌 ∈ 𝒜.
Soluție:
𝐹𝑖𝑒 𝑋 ∈ 𝒜, 𝑋 ≠ 𝐼2 ⟹ 𝑋𝑛 ∈ 𝒜 ∀ 𝑛 ∈ ℕ∗ ⟹ ∃ 𝑝, 𝑞 ∈ ℕ 𝑎. î. 𝑋𝑝 = 𝑋𝑞
⟹ 𝑋𝑝−𝑞 = 𝐼2 ⟹ 𝐼2 ∈ 𝒜 ⟹ 𝑋, 𝐼2 ∈ 𝒜 …………………………………………… 2p
1) 𝐷𝑎𝑐ă 𝑋2 = 𝐼2 , 𝑓𝑖𝑒 𝒜 = {𝐼2, 𝑋, 𝑌} = {𝐼2, 𝑋, 𝑌2, 𝑋𝑌} = { 𝑋, 𝐼2, 𝑋𝑌}
𝐷𝑒𝑐𝑖, 𝑋𝑌 = 𝑌 ⟹ 𝑌 = 𝐼2, 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑖𝑐ț𝑖𝑒 ……………………………………………….. 1p
2) 𝐷𝑎𝑐ă 𝑋2 ≠ 𝐼2 𝑐𝑢𝑚 𝑋2 ≠ 𝑋 ⟹ 𝑋3 = 𝐼2 𝑑𝑒𝑐𝑖,𝒜 = {𝐼2, 𝑋, 𝑋
2} …………………….. 1p
Determinăm toate matricele X cu 𝑋3 = 𝐼2
det(𝑋) = 1; 𝑋2 − 𝑇𝑟(𝑋) ∙ 𝑋 + 𝐼2 = 02 ⟹ 𝑋2 = 𝑇𝑟(𝑋) ∙ 𝑋 − 𝐼2 ⟹
𝑋3 = 𝑇𝑟(𝑋) ∙ 𝑋2 − 𝑋 ⟹ 𝐼2 = 𝑇𝑟(𝑋)(𝑇𝑟(𝑋)𝑋 − 𝐼2) − 𝑋 ⟹ (𝑇𝑟(𝑥)2 − 1)𝑋 = (𝑇𝑟(𝑋) + 1) 𝐼2
𝐷𝑎𝑐ă 𝑇𝑟(𝑋) = −1 ⟹ 𝑋2 + 𝑋 + 𝐼2 = 02
Fie 𝑋 = (𝑎 𝑏𝑐 𝑑
) ⟹ {𝑎 + 𝑑 = −1𝑎𝑑 − 𝑏𝑐 = 1
⟹ 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡ă 𝑜 𝑖𝑛𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑎𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑡𝑟𝑖𝑐𝑒 𝑋 ………………… 2p
𝐷𝑎𝑐ă 𝑇𝑟(𝑋) ≠ −1 ⟹ (𝑇𝑟(𝑋) − 1)𝑋 = 𝐼2 ⟹ 𝑋 = 1
𝑇𝑟(𝑋) − 1 ∙ 𝐼2 ș𝑖
det(𝑥) = 1 ⟹ (1
𝑇𝑟(𝑋) −1)2
= 1 ⟹ 𝑇𝑟(𝑥) = 2 𝑠𝑎𝑢 𝑇𝑟(𝑥) = 0 𝑐𝑎𝑧 𝑐𝑎𝑟𝑒 𝑛𝑢 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑖𝑛𝑒 ……… 1p
OLIMPIADA NAȚIONALĂ DE MATEMATICĂ
Etapa locală - 01. 02. 2020
BAREM DE CORECTARE - Clasa a XI –a
Notă:
1Fiecare corector acordă un număr întreg de puncte; 2Orice altă rezolvare corectă se punctează corespunzător;
PROBLEMA 4.
Fie 𝑓, 𝑔 ∶ [0,1] → ℝ două funcții monotone. Să se arate că există 𝑐 ∈ (0,1] astfel încât:
𝑓(𝑐) + 𝑔(𝑐) ≠ sin1
𝑐
Procedăm prin reducere la absurd
Presupunem
𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥) = sin1
𝑥 ∀ 𝑥 ∈ (0,1] ………………………………………………………2p
Fie șirul
(𝑥𝑛)𝑛≥1 𝑐𝑢 𝑥𝑛 = 1
𝜋2 + 𝑛𝜋
𝑛 ≥ 1 ⟹ sin1
𝑥𝑛= (−1)𝑛 ∀𝑛 ∈ ℕ∗
Șirul (𝑦𝑛)𝑛≥1 𝑦𝑛 = (−1)𝑛 nu este convergent (1) ............................................. 2p
Fie șirurile (𝑎𝑛)𝑛≥1 ș𝑖 (𝑏𝑛)𝑛≥1 , 𝑢𝑛𝑑𝑒 𝑎𝑛 = 𝑓(𝑥𝑛) ș𝑖 𝑏𝑛 = 𝑔(𝑥𝑛) ∀ 𝑛 ≥ 1 sunt monotone și
mărginite, deci convergente. .......................................................................................................... 2p
Așadar (𝑎𝑛 + 𝑏𝑛)𝑛≥1, este convergent contradicție cu (1). ......................................................... 1p
OLIMPIADA NAȚIONALĂ DE MATEMATICĂ
Etapa locală - 01. 02. 2020
BAREM DE CORECTARE - Clasa a XII –a
Notă:
1Fiecare corector acordă un număr întreg de puncte; 2Orice altă rezolvare corectă se punctează corespunzător;
PROBLEMA 1.
𝑆ă 𝑠𝑒 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑒𝑧𝑒 ∫𝑥
cos 𝑥∙ 𝑑𝑥
5𝜋4
3𝜋4
Soluție:
𝜑(𝑥) = 2𝜋 − 𝑥; 𝜑−1(𝑥) = 2𝜋 − 𝑥;
∫𝑥
cos 𝑥∙ 𝑑𝑥 = ∫
2𝜋 − 𝑥
𝑐𝑜𝑠 𝑥(−1) ∙ 𝑑𝑥 =
3𝜋4
5𝜋4
∫2𝜋 − 𝑥
𝑐𝑜𝑠 𝑥∙ 𝑑𝑥 =
5𝜋4
3𝜋4
∫2𝜋
𝑐𝑜𝑠 𝑥∙ 𝑑𝑥 − ∫
𝑥
𝑐𝑜𝑠 𝑥∙ 𝑑𝑥
5𝜋4
3𝜋4
… … 3𝑝
5𝜋4
3𝜋4
5𝜋4
3𝜋4
⇒ 𝐼 = 𝜋 ∫1
𝑐𝑜𝑠 𝑥∙ 𝑑𝑥
5𝜋4
3𝜋4
= 𝜋 ∫cos 𝑥
1 − 𝑠𝑖𝑛2𝑥∙ 𝑑𝑥
5𝜋4
3𝜋4
= −𝜋 ∫1
𝑡2 − 1∙ 𝑑𝑡 =
−√22
√22
= −𝜋
2ln |
𝑡 − 1
𝑡 + 1| ||
−√2
2
√2
2
= −𝜋
2ln |
−√22 − 1
−√22 + 1
| =
= −𝜋
2ln |
√2 + 1
√2 − 1| = −
𝜋
2ln(√2 + 1)
2= −𝜋 ln(√2 + 1) … … … … … … … … … … … … 4𝑝
OLIMPIADA NAȚIONALĂ DE MATEMATICĂ
Etapa locală - 01. 02. 2020
BAREM DE CORECTARE - Clasa a XII –a
Notă:
1Fiecare corector acordă un număr întreg de puncte; 2Orice altă rezolvare corectă se punctează corespunzător;
PROBLEMA 2.
Pentru *,m n N notăm
1
,
0
m n
m nI x tg xdx . Să se calculeze ,2020lim mm
I
și 1,lim nn
I
.
Soluție (barem de corectare)
Funcția tangentă este crescătoare pe 0,2
rezultă că 0 1tgx tg 0,1x ,
deci 202020200 1tg x tg 0,1x ……………………………………………………………………….……….1p
Atunci
20201 120202020
,2020 ,2020
0 0
10 1 0, lim 0
1
m m
m mm
tgI x tg xdx tg x dx I
m
….…...……2p
Fie R astfel încât 14
……………………………………………………………………………………..…..1p
𝐼1,𝑛 = ∫ 𝑥𝑡𝑔𝑛𝑥𝑑𝑥 ≥ ∫ 𝑥𝑡𝑔𝑛𝑥𝑑𝑥 ≥ 𝛼 ∫ 𝑡𝑔𝑛𝑥𝑑𝑥 ≥ 𝛼 ∫ 𝑡𝑔𝑛𝛼𝑑𝑥 ≥ 𝛼 = 𝛼(1 − 𝛼)
1
𝛼
1
𝛼
1
𝛼
1
0
… … . . … .2𝑝
Cum 1tg și 1 0 avem 1,lim nn
I
………………………………………………..………………………1p
OLIMPIADA NAȚIONALĂ DE MATEMATICĂ
Etapa locală - 01. 02. 2020
BAREM DE CORECTARE - Clasa a XII –a
Notă:
1Fiecare corector acordă un număr întreg de puncte; 2Orice altă rezolvare corectă se punctează corespunzător;
PROBLEMA 3.
Considerăm 𝐻1, 𝐻2, 𝐻3 subgrupuri ale lui (ℂ∗ , ∙) avînd m, n respectiv p elemente, unde (m,n) = 1,
(n,p) = 1 și (m,p) = 1. Să se determine numărul elementelor mulțimii 𝐻1 ∪ 𝐻2 ∪ 𝐻3.
Soluție:
H subgrup cu n elemente a lui (ℂ∗ , ∙)
𝐻 = {𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 } ⟹ 𝐻 = {𝑥𝑥1, 𝑥 𝑥2, … , 𝑥𝑥𝑛 } = {𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 } 𝑝𝑒𝑛𝑡𝑟𝑢 ∀ 𝑥 ∈ 𝐻 ⟹
⟹ (𝑥𝑥1)(𝑥𝑥2) … (𝑥𝑥𝑛) = 𝑥1𝑥2 … 𝑥𝑛 ⟹ 𝑥𝑛 = 1 ⟹ 𝐻 = 𝑈𝑛 … … … … … … . . 2𝑝
𝐷𝑎𝑐ă (𝑚, 𝑛) = 1 ș𝑖 𝑥0 𝑟ă𝑑ă𝑐𝑖𝑛ă 𝑐𝑜𝑚𝑢𝑛ă 𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎ț𝑖𝑖𝑙𝑜𝑟
𝑥𝑚 = 1 ș𝑖 𝑥𝑛 = 1 ⟹ ∃ 𝑘, 𝑙 ∈ ℤ ș𝑖 1 = 𝑘𝑚 + ln ⟹
𝑥0 = 𝑥0𝑘𝑚+𝑙𝑛 = (𝑥0
𝑚)𝑘 ∙ (𝑥0𝑛)𝑙 = 1 … … … … … … … … … … . 3𝑝
Dacă notăm n(A) numărul de elemente ale mulțimii A⟹
𝑛(𝐻1 ∪ 𝐻2 ∪ 𝐻3) =
= 𝑛(𝐻1) + 𝑛(𝐻2) + 𝑛(𝐻3) − 𝑛(𝐻1⋂ 𝐻2) − 𝑛(𝐻1⋂ 𝐻3) − 𝑛(𝐻2⋂ 𝐻3) + 𝑛(𝐻1⋂ 𝐻2⋂ 𝐻3)
= 𝑚 + 𝑛 + 𝑝 − 2 … … … … … … … … … … … 2𝑝
OLIMPIADA NAȚIONALĂ DE MATEMATICĂ
Etapa locală - 01. 02. 2020
BAREM DE CORECTARE - Clasa a XII –a
Notă:
1Fiecare corector acordă un număr întreg de puncte; 2Orice altă rezolvare corectă se punctează corespunzător;
PROBLEMA 4.
Fie A un inel și ,a b A cu proprietatea că 2 2a b ab . Să se arate că
2 2 2ab b a și 2 2 2ba a b .
Soluție (barem de corectare)
Din ipoteză obținem: 2 2 2 2 2 2,a a b a b a b b ab și prin adunarea celor două avem
3 3 0a b 1 …………………………………………………………………………..2p
Din 2 2 2 3a a b a b și din 1 obținem 2 2 4 4 , 2a b a b ……………………..1p
1
2 22 2 3 3 4 4b a b a baba ba b a ba ba a b ……………………..1p
2
2 2 2ba a b …………………………………………………………………………1p
2
22 2 2 4 4 2 2 2 2 4 4 4 4 2 2 2 2ab a b a b a b b a a b a b b a b a ………2p
Recommended